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参考答案：
1．C 2．A 3．B 4．C 5．B 6．C 7．A 8．D 9．C 10．B
11．D 12．B 13．C 14．D 15．A
16．(14分)(1)2Fe2++ H O +2H＋=2Fe3++2H O(2分)
2 2 2
(2)SiO、PbSO (2分) (3)除掉铁离子和铝离子，将其转化为沉淀(2分)
2 4
(4) 蒸发浓缩、冷却结晶，过滤 酒精(2分)
(5)Al3+＋4OH－＝ ＋2HO(2分)、Fe3+＋3OH－＝Fe(OH) ↓(2分)
2 3
(6)少量晶体于试管，加入蒸馏水至溶解，向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液显红色，则
证明含有Fe3+，反之则无(2分)
17．(12分)(1) Co O+SO2-+4H+=2Co2++SO2-+2H O(2分)
2 3 3 4 2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ (2分) (3) 除去Mn2+(2分)， B(2分)。
(4) 0.7 (2分) (5) 降低烘干温度，防止产品分解． (2分)
18． (15分)(1)分液漏斗(1分)， MnO + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl ↑ + 2H O 。(2分)
2 2 2
(2)饱和食盐水(1分)
(3)冷凝二氧化氯 (2分) Cl + 2NaClO =2 ClO + NaCl (2分)
2 2 2
(4)2OH－ ＋ Cl = ClO－ ＋Cl－ ＋ HO (2分) (5)趁热过滤(1分)
2 2
(6)① H O + 2H++ 2ClO －= 2ClO + 2H O + O↑(2分)
2 2 3 2 2 2
② ClO + e－ = ClO －(2分)
2 2
19．(14分)(1)浓硫酸中只有少量HSO 电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢 (2分)
2 4
d e c b (2分)。防止倒吸 (2分)
（2） CO2-+2SO+H O=2HSO -+CO (2分)
3 2 2 3 2
（3） 0.5 mol。(2分)（4）①1。(2分)
② 酸性条件下HO 直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得
2 2
TOC去除率下降(2分)
答案第1页，共2页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司详细参考答案：
1．C
【详解】A． K、Na合金熔点低，常温下为液态，可用于原子反应堆的导热剂，故A正确；
B． 火灾现场有大量活泼金属存放时，可用干燥的沙土灭火，将钠与空气隔开，故B正确；
C． 明矾溶于水会形成胶体，具有较强的吸附性，因此可用于自来水的净化，但明矾胶体
没有强氧化性，不能用于杀菌消毒，故C错误；
D． 铁粉能与氧气反应，在月饼包装盒中放入铁粉，可防止月饼氧化变质，故D正确；
故选C。
2．A
【详解】A．过氧化钠和水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，每生成1mol氧
气，反应中就转移2mol电子，则生成0.2 mol O ，转移电子的数目为0.4N ，A正确；
2 A
B．该反应中碘酸钾是氧化剂，6mol碘化氢中有5mol作还原剂，反应生成3mol单质碘，
反应中就转移5mol电子，转移的电子数为5N ，B错误；
A
C．氢氧化铁胶体中很多Fe(OH) 聚集成胶粒，故所得胶体粒子数小于0.1N ，C错误；
3 A
D．常温下，0.1 mol Fe与一定量的稀硝酸反应，若稀硝酸不足反应生成亚铁离子，则转移
电子数为0.2N ，D错误；
A
故选A。
3．B
【详解】A．同温同压下，分子数相等则体积相等，而微粒包括分子、原子、质子、电子
等，A错误；
B．N 和C H 的摩尔质量相等，由于质量相等，所以物质的量相等，所以分子数相等，B
2 2 4
正确；
C．标准状况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，甲烷中含有4个H原子，而氨中含有
3个H原子，所以氢原子数目不一定为2N ，C错误；
A
D．若两个容器的温度不同，压强不一定相同，D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，
氢氧化钠再和硫酸铜反应生成蓝色氢氧化铜沉淀，没有有红色物质析出，故A错误；
B．NaO 和盐酸反应生成氯化钠、水和氧气，NaO 不是碱性氧化物，故B错误；
2 2 2 2
C．相同物质的量的NaCO 和NaHCO 与足量盐酸反应时，根据碳元素守恒，产生CO 气
2 3 3 2
答案第2页，共2页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司体的质量相同，故C正确；
D．NaCO 和NaHCO 都能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，不能用澄清石灰水鉴别，故
2 3 3
D错误；
选C。
5．B
【详解】A．苯的密度比水小，苯萃取碘水中的碘，水在下层，分出水层后，含碘的苯溶
液要从分液漏斗的上口倒出，故选项Ａ错误；
B．氯气不溶于饱和食盐水，可以用排饱和食盐水的方法测量氯气的体积，故选项B正确；
C．电解法制备Fe(OH) ，Fe应做阳极，电极方程式为 ，阴极反应为
2
，在NaCl溶液中生成Fe(OH) ，汽油隔绝空气，防止Fe(OH) 被氧化，
2 2
故选项C错误；
D．配制0.10mol/LNaOH溶液，NaOH固体应在烧杯中溶解，不可直接在容量瓶中溶解，
故选项D错误；
故答案选B。
6．C
【详解】A．等体积、等浓度的Ca(HCO ) 溶液和NaOH溶液混合，
3 2
，A错误；
B．醋酸为弱电解质，不能拆， ，B
错误；
C．还原性 ，则少量氯气先于Fe2+反应，C正确；
D．Fe3+具有强氧化性，Cu具有还原性， ，D错误；
故答案为：C。
7．A
【分析】由题干中两种金属及其化合物的转化关系图分析可知，物质M为Cu，E为Fe，X
为FeSO ，Y为Fe (SO ),W为Fe(SCN) ，Z为Fe(OH) ，据此分析解题。
4 2 4 3 3 3
【详解】A．由分析可知，反应③的离子方程式为：2Fe2++2H O+2H+=2Fe3++2H O，可知氧
2 2 2
答案第3页，共2页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司化性：HO > Fe3＋，A错误；
2 2
B．由分析可知，X溶液中含有Fe2+，故向X溶液中滴入K[Fe(CN) ]溶液，生成蓝色沉淀，
3 6
B正确；
C．根据反应③的离子方程式为：2Fe2++2H O+2H+=2Fe3++2H O可知反应③中稀硫酸仅表
2 2 2
现酸性，C正确；
D．由分析可知，反应①的离子方程式为Cu＋HO＋2H＋=Cu2＋＋2HO，D正确；
2 2 2
故答案为：A。
8．D
【分析】由图可知，a为-3价的氢化物，即NH ，b为N，c为+2价的氧化物，即NO，d
3 2
为+4价的氧化物，即NO 或NO，e为+5价的含氧酸，即HNO，f为-3价的碱，即
2 2 4 3
NH •H O，g为-3价的盐，即铵盐，据此分析作答。
3 2
【详解】A．根据分析可知，f为NH •H O，属于电解质，但氨气是非电解质，故A错误；
3 2
B．游离态氮元素转化为化合态氮元素的过程是氮的固定，氨气转化为N，不是氮的固定，
2
故B错误；
C．硝酸和铜反应还生成硝酸铜，因此还表现出酸性，故C错误；
D．一氧化氮转化为二氧化氮过程中无色气体变为红棕色气体，可以检验NO，故D正确；
故选：D。
9．C
【分析】浓硫酸溶于水放出大量的热，应将a中的Y形管中浓硫酸倒入含少量水的葡萄糖
中，浓硫酸具有脱水性，将葡萄糖转化为碳，碳和浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳气
体，二氧化硫具有漂白性能使c中品红褪色，二氧化碳、二氧化硫均能使d中石灰水生成
沉淀而变浑浊，尾气有毒使用e中碱液吸收；
【详解】A．应将a中的Y形管中浓硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，故A错误；
B．二氧化碳不会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故B错误；
C．二氧化硫具有漂白性能使c中品红褪色，装置c中品红溶液褪色，证明产生的气体中含
有SO ，故C正确；
2
D．该实验中体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，故D错误；
故选C。
10．B
【分析】黄铁矿在沸腾室被O 氧化为SO 和Fe O，而SO 与O 在接触室转变为SO ，SO
2 2 2 3 2 2 3 3
经吸收塔吸收转变为硫酸。
答案第4页，共2页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【详解】A．固体粉碎增大接触面积可加快反应速率，A项正确；
B．FeS，其中硫的化合价为-1价，按照电子守恒关系式为FeS~2SO ~11e-，即1molSO 转
2 2 2 2
移5.5mol电子，B项错误；
C．原料循环利用可提高原料利用率，C项正确；
D．尾气中含有SO 可用氨水吸收转化为（NH )SO ，进一步转化为氮肥，D项正确；
2 4 2 3
故选B。
11．D
【详解】A项、钠在常温下与氧气反应生成白色NaO，在氧气中燃烧生成淡黄色的
2
NaO，故A错误；
2 2
B项、钠与盐溶液反应时，先与水反应，所以钠与硫酸铜溶液中的水反应生成NaOH，
NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以Na不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故B错误；
C项、Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，所以Al可以直接
保存在空气中，故C错误；
D项、金属单质的化合价为最低价，最低价只有还原性，所以金属单质参与反应时金属单
质均作还原剂，故D正确；
故选D。
【点睛】Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，Al可以保存在
空气中，不需要保存在煤油中。
12．B
【详解】A．氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性： >Fe3+，选项A正
确；
B．标准状况下，6.72LSO 为0.3mol，若有0.3molSO 参加反应，S元素的化合价由+4价变
2 2
为+6价，转移0.6mol电子，则最终消耗0.1molKCr O，选项B错误；
2 2 7
C．反应②中，每有1molK Cr O 参加反应，Cr元素的化合价由+6价变为+3价，转移电子
2 2 7
6mol，选项C正确；
D．由上述反应可得，氧化性： > ，推断KCr O 可以将NaSO 氧化成NaSO ，
2 2 7 2 3 2 4
选项D正确；
答案选B。
13．C
答案第5页，共2页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【分析】由题意，结合题图可知，Mg、Al完全反应且产生氢气的量相等。
【详解】A．利用Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式可知，产生等量的氢气消耗硫酸的物
质的量之比是1∶1，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，选项A错误；
B．参加反应的镁、铝的质量之比是4∶3，选项B错误；
C．利用Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式可知，产生等量的氢气消耗硫酸的物质的量之
比是1∶1，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，选项C正确；
D．由产生等量氢气可知反应转移电子的物质的量之比为1∶1，选项D错误；
答案选C。
14．D
【分析】8.34gFeSO·7H O的物质的量为0.03mol，加热先生成物质M6.72g，质量减少
4 2
1.62g，减少的质量为水的质量，即减少0.09molHO，故M的化学式为FeSO ·4H O，生成
2 4 2
N的质量为5.10g，减少的质量为1.62g，此时减少的质量仍为水的质量，减少0.09molHO
2
故N的化学式为FeSO ·H O，生成P质量为4.56g，减少质量为0.54g，此时减少的质量为
4 2
水的质量，减少0.03molHO，P的化学式为FeSO ，最后生成2.4gQ，此时Q中Fe有
2 4
0.03mol，Fe质量为1.68g，剩余0.72g为O的质量，有O0.045mol，则Q的化学式为
Fe O，Fe化合价升高，则硫的化合价降低，同时生成SO 和SO 。
2 3 2 3
【详解】A．根据分析可知，物质M的化学式为FeSO ·4H O，A正确；
4 2
B．根据分析可知，Q的化学式为Fe O，生成的两种无色气体为SO 和SO ，B正确；
2 3 2 3
C．根据分析可知，M的化学式为FeSO ·4H O，P的化学式为FeSO ，则M隔绝空气加热
4 2 4
生成P的化学方程式为FeSO ·4H O FeSO +4H O，C正确；
4 2 4 2
D．根据分析可知，P的化学式为FeSO ，D错误；
4
故答案选D。
15．A
【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉
淀为BaSO、BaCO 中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO、BaCO 的混
4 3 4 3
合物，一定存在CO2-、SO 2-，硫酸钡沉淀是2.33g，硫酸根离子的物质的量是0.01mol，碳
3 4
酸钡沉淀的质量为4.30-2.33=1.97g，碳酸根离子的物质的量是0.01mol，碳酸根和铁离子不
共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，为氨气，一定含有铵
答案第6页，共2页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司根离子，氨气物质的量为 =0.05mol；根据元素守恒，铵根离子的物质的量是
0.05mol；根据电荷守恒，阳离子所带正电荷的物质的量之和：0.05mol，阴离子所带负电
荷的物质的量之和=0.01×2+0.01×2=0.04mol，所以一定存在氯离子，钠离子不能确定，n
（Cl-）≥0.01mol，所以c（Cl-）≥0.1mol•L-1。
【详解】A.根据上面分析，原溶液一定存在 和 ，一定不存在 Fe3+，故A正确；
B.根据上面分析，原溶液一定存在Cl-，可能存在Na+，故B错误；
C.原溶液中 c（ ）是 =0.1mol/L，故C错误；
D.若原溶液中不存在 Na+，则 c（Cl－）=0.1mol•L－1，故D错误；
答案：A
【点睛】本题的难点是根据电荷守恒判断Cl-和Na+存在。
16．(1)2Fe2++ H O +2H＋=2Fe3++2H O
2 2 2
(2)SiO、PbSO
2 4
(3)除掉铁离子和铝离子，将其转化为沉淀
(4) 蒸发浓缩、冷却结晶，过滤 酒精
(5)Al3+＋4OH－＝ ＋2HO、Fe3+＋3OH－＝Fe(OH) ↓
2 3
(6)少量晶体于试管，加入蒸馏水至溶解，向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液显红色，则
证明含有Fe3+，反之则无
【分析】ZnCO 的菱锌矿(主要含有 Fe、Al、Pb、SiO 杂质)加入稀硫酸和双氧水反应生
3 2
成硫酸铅、硫酸锌、硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，得到滤液，调节溶液pH
值，过滤得到滤液硫酸锌，沉淀氢氧化铝和氢氧化铁，向沉淀中加入足量氢氧化钠溶液，
过滤，得到氢氧化铁沉淀和滤液，加热氢氧化铁沉淀得到氧化铁，向滤液中加入碳酸氢钠
得到氢氧化铝沉淀，过滤，加热沉淀得到氧化铝。
【详解】（1）操作①中涉及HO 反应的离子方程式：2Fe2++ H O +2 H＋=2Fe3++2H O；
2 2 2 2 2
（2）根据分析和题中信息PbSO 难溶于水，滤渣的主要成分是：SiO、PbSO ；
4 2 4
（3）根据；离子的完全沉淀的pH值得到操作②中调节 pH=5.2 的目的是除掉铁离子和铝
离子，将其转化为沉淀；
（4）根据ZnSO·7H O 晶体易溶于水，难溶于酒精的信息“操作④”的具体操作为：蒸发
4 2
答案第7页，共2页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥，即可得到 ZnSO·7H O 晶体；
4 2
（5）操作③加入过量氢氧化钠溶液，铝离子转变为偏铝酸根，铁离子转变为氢氧化铁沉淀，
因此反应离子方程式：Al3+＋4OH－＝ ＋2HO、Fe3+＋3OH－＝Fe(OH) ↓；
2 3
（6）为判断硫酸锌晶体是否有Fe3+残留，利用铁离子与SCN－显血红色的现象来设计，因
此实验方案取少量晶体于试管，加入蒸馏水至溶解，向试管中滴加几滴KSCN溶液，溶液
显红色，则证明含有Fe3+，反之则无。
17． Co O+SO2-+4H+=2Co2++SO2-+2H O 将Fe2+氧化为Fe3+ 除去Mn2+
2 3 3 4 2
B 0.7 降低烘干温度，防止产品分解
【分析】（1）Co O 与加入的亚硫酸钠发生氧化还原反应，再根据化合价升降法进行配平；
2 3
（2）根据阳离子完全沉淀的pH值表中数据可知，Fe2+转化为Fe3+，易于调节pH沉淀除去，
而NaClO 具有强氧化性，据此分析；
3
（3）结合工业流程易知，“滤液II”中存在锰元素，根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH
的关系选取适宜的pH范围；
（4）根据K (MgF )=7.35×10－11 ， K (CaF )=1.05×10－10公式推导c(Mg2＋)/c(Ca2＋)的值；
sp 2 sp 2
（5）结合已知信息③加热至110℃～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴分析作答。
【详解】（1）Co O 的化合价为+3价，而浸出液中的Co为+2价，显然其与加入的亚硫酸
2 3
钠发生了氧化还原反应，其化学方程式为：Co O+SO2-+4H+=2Co2++SO2-+2H O；
2 3 3 4 2
（2）NaClO 具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，易于沉淀，则NaClO 的作用为：将
3 3
Fe2+氧化为Fe3+，
故答案为Co O+SO2-+4H+=2Co2++SO2-+2H O；将Fe2+氧化为Fe3+；
2 3 3 4 2
（3）萃取前溶液中的Co2＋、Fe2＋、Ca2＋、Mg2＋、Al3＋已经被除去，还剩下Mn2＋，故萃取
的目的是除去Mn2＋，最适应的pH应该是Mn2＋萃取率最高的，故B项正确，
答案选B。
（4）c (Mg2＋)/c (Ca2＋) = = = = 0.7，
故答案为0.7；
（5）因为CoCl ·6H O晶体加热至110℃～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴，因此减
2 2
压烘干，可以降低烘干的温度，防止产品分解，
故答案为降低烘干温度，防止产品分解。
答案第8页，共2页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司【点睛】本题第（4）问考查的溶度积的计算与应用，是近年来常考的考点。找出给定的溶
度积与离子浓度比值的关系是解此题的关键，学生要理解溶度积在解题中的实际应用，把
握离子浓度之间的关系。另外，沉淀的转化过程中，其化学平衡常数也可采用分子分母同
时乘以相同离子浓度的方法借助溶度积求出。
18． 分液漏斗 MnO + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl ↑ + 2H O 饱和食盐水
2 2 2
冷凝二氧化氯 Cl + 2NaClO =2 ClO + NaCl 2OH－ ＋ Cl = ClO－ ＋Cl－ ＋
2 2 2 2
HO 趁热过滤 HO + 2H++ 2ClO －= 2ClO + 2H O + O↑ ClO + e－ = ClO －
2 2 2 3 2 2 2 2 2
【分析】(1)看图得出仪器a的名称，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化
锰和水。
(2)试剂X是除掉HCl气体。
(3)二氧化氯(ClO )沸点为11.0℃，因此得装置D中冰水的主要作用，装置D内发生反应是
2
氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯。
(4)装置E中主要是氯气的尾气处理。
(5)由于＜38℃是以NaClO·3H O晶体，操作要注意不能低于38℃。
2 2
(6)①HO 、H+与ClO －反应得到ClO 。
2 2 3 2
②左边为ClO 反应生成ClO －，得到电子，发生还原反应。
2 2
【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯
化锰和水，其反应的离子方程式为MnO + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl ↑ + 2H O；故答案为：
2 2 2
分液漏斗；MnO + 4H+ + 2Cl－ Mn2+ + Cl ↑ + 2H O。
2 2 2
(2)试剂X是除掉HCl气体，因此用饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水。
(3)二氧化氯(ClO )沸点为11.0℃，因此装置D中冰水的主要作用是冷凝二氧化氯。装置D
2
内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯，其化学方程式为Cl + 2NaClO =2 ClO
2 2 2
+ NaCl；故答案为：冷凝二氧化氯；Cl + 2NaClO =2 ClO + NaCl。
2 2 2
(4)装置E中主要是氯气的尾气处理，其反应的离子方程式为：2OH－ ＋ Cl = ClO－ ＋Cl－
2
＋ HO；故答案为：2OH－ ＋ Cl = ClO－ ＋Cl－ ＋ HO。
2 2 2
答案第9页，共2页
学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司(5)利用NaClO 溶液制得NaClO 晶体的操作步骤：由于＜38℃是以NaClO·3H O晶体，因
2 2 2 2
此55℃蒸发结晶、趁热过滤、38～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥；故答案为：趁热过滤。
(6)①酸性条件下双氧水与NaClO 反应，则反应的离子方程式为HO + 2H++ 2ClO －=
3 2 2 3
2ClO + 2H O + O↑。
2 2 2
②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO 的实验。左边为ClO 反应生成
2 2
ClO －，得到电子，发生还原反应，其为阴极，其电极反应式为ClO + e－ = ClO －；故答
2 2 2
案为：ClO + e－ = ClO －。
2 2
19． 浓硫酸中只有少量HSO 电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢 d e
2 4
c b 防止倒吸 CO2-+2SO+H O=2HSO -+CO 0.5 1 酸性条件下
3 2 2 3 2
HO 直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降
2 2
【分析】（1）实验室选用浓硫酸的浓度太大，反应慢；连接仪器时，先明确装置的作用，
再考虑接口的顺序；
（2）明确反应物为SO 和NaCO，生成物是NaHSO；
2 2 3 3
（3）不必写出完整的化学方程式，直接依据硫原子守恒和化学式进行分析；
（4）“看图说话”，明确坐标系横坐标为1的点对应的数值即可；去除率减小肯定是强氧
化性的羟基自由基少了；
【详解】（1）实验室用NaSO 固体和浓硫酸制备少量SO 气体时，若硫酸的浓度太大，
2 3 2
则溶液中c(H+)的浓度较小，导致该复分解反应的速率较慢。若硫酸浓度太小，则由于SO
2
气体易溶于水，也不利于SO 气体的逸出。收集SO 前应先干燥，所以a先接d，然后e接
2 2
c进行向上排空气法收集（长管进，短管出）。装置D是一个安全瓶，起到防倒吸的作用。
（2）从反应液的pH=4.1可知生成的产物是NaHSO 而不是NaSO ，起始原料是SO 和
3 2 3 2
NaCO，所以步骤①的离子方程式为：2SO +CO 2-+H O=2HSO -+CO ；
2 3 2 3 2 3 2
（3）据硫原子守恒和NaSO、NaSO 的化学式可知，NaSO 消耗量是0.5mol；
2 2 5 2 2 4 2 2 5
（4）①当TOC去除率最高时，TOC的含量最低，由图1横坐标可知此时
n(H O):n(Fe2+)=1；
2 2
②当HO 的加入量大于40mg·L-1时，随着HO 含量增加去除率反而降低，说明HO 必发
2 2 2 2 2 2
生了其他副反应，比如酸性条件下HO 与催化剂Fe2+直接发生了反应，从而减少了强氧化
2 2
性的羟基自由基的浓度，使得TOC去除率下降。
答案第10页，共2页
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